Tübitak Lise Takım Seçme - 2020 Çözümleri

$$\dfrac{a^3+b^3}{ab+4}=2020$$eşitliğini sağlayan tüm $(a,b)$ pozitif tam sayı ikililerini bulunuz.

(Selim Bahadır)

Çözüm 1:

Eğer $a$ ve $b$'den birisi çift ise $ab+4$ çift olacağından $a$ ve $b$'nin ikisi birden çift olması gerekir. Dolayısıyla ya ikisi birden tektir ya da ikisi birden çifttir.

$p=3k+2$ formatında tek bir asal sayı olsun. $a^3+b^3\equiv 0 \pmod p$ ise $$a^3+b^3\equiv (a+b)(a^2-ab+b^2) \equiv 0 \pmod p$$ Eğer $a^2-ab+b^2\equiv 0 \pmod p$ ise $$(2a-b)^2\equiv -3b^2 \pmod p \Rightarrow \left ( \dfrac{2a-b}{b} \right )^2 \equiv -3 \pmod p$$ olur, yani $-3$, $p$ modunda karekalandır. $\left ( \dfrac{a}{p} \right )$ lagrange sembolü olmak üzere, $$\left ( \dfrac{3}{p} \right ) \cdot \left ( \dfrac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{3-1}{2}\cdot \frac{p-1}{2}}=\left ( \dfrac{-1}{p} \right )\Rightarrow \left ( \dfrac{-3}{p} \right )=\left ( \dfrac{3}{p} \right )\left ( \dfrac{-1}{p} \right )=\left ( \dfrac{p}{3} \right )\left ( \dfrac{3}{p} \right )^2=\left ( \dfrac{p}{3} \right )$$ fakat $p$, $3k+2$ formunda olduğundan $$\left ( \dfrac{-3}{p} \right )=\left ( \dfrac{p}{3} \right )=-1$$ bulunur. Dolayısıyla $a^3+b^3\equiv 0 \pmod p$ ise $a^3+b^3\equiv a+b\equiv 0 \pmod p$ olmalıdır.

$i)$ $a$ ve $b$ tek ise

Her tek $a$ sayısı için $a^3-a\equiv 0 \pmod 4$ olduğundan $a^3+b^3\equiv a+b\pmod 4$ olmalıdır. $2020=4\cdot 5\cdot 101$ olduğundan $$a^3+b^3\equiv a+b\equiv 0 \pmod {2020}$$ olmalıdır. $$(a+b)\cdot \dfrac{a^2-ab+b^2}{ab+4}=2020$$ olduğundan,

Eğer $a^2-ab+b^2\geq ab+4$ ise $a+b=2020$ ve $a^2-ab+b^2=ab+4$ olmalıdır. Buradan $a-b=2$ veya $a-b=-2$ elde ederiz. Buradan $(a,b)=(1009,1011), (1011,1009)$ çözümleri bulunur.

Eğer $a^2-ab+b^2<ab+4$ ise $(a-b)^2=0$ veya $(a-b)^2=1$ olur. Eğer $(a-b)^2=1$ ise $a$ ve $b$'nin biri tek diğeri çift olur fakat toplamları $4$'e bölünemez. Çelişki. Eğer $(a-b)^2=0$ ise ana denklemde $a=b$ yazarsak $a^3=1010(a^2+4)$ olur fakat buradan tamsayı çözüm gelmez.

$ii)$ Eğer $a$ ve $b$ çiftse $a=2m$ ve $b=2n$ diyelim. Denklem $$\dfrac{m^3+n^3}{mn+1}=1010$$ olur. $m^3+n^3\equiv m+n \pmod 2$ olduğundan $m^3+n^3\equiv m+n\equiv 0 \pmod {1010}$ olur. Eğer $m^2+n^2-mn>mn+1$ ise $m+n\geq 1010$ olduğundan $$(m+n)\cdot \dfrac{m^2+n^2-mn}{mn+1}>1010$$ olur. Dolayısıyla $$m^2+n^2-mn\leq mn+1 \Rightarrow (m-n)^2\leq 1$$ olmalıdır. Eğer $(m-n)^2=0$ ise $m=n$ olur ve yerine yazarsak $m^3=505(m^2+1)$ olur fakat çözüm gelmez. $(m-n)^2=1$ ise $m+n$ çift olduğundan ($1010$'a bölündüğünden) $m$ ve $n$ tamsayı olamaz. Buradan çözüm gelmez.

Tüm çözümler $(a,b)=(1011,1009),(1009,1011)$ bulunur.

Çözüm 2:

(Selim BAHADIR)

Verilen eşitliği
$$ (a+b)(a^2-ab+b^2)=4\cdot 5 \cdot 101 \cdot (ab+4) \tag{1}$$
olarak yazalım. $p\in \{5, 101\}$ olsun. O halde $p=6k+5$ olan $k$ tam sayısı vardır. $p\mid ab$ ise, $p\mid a^3+b^3$ olduğundan $p\mid a$ ve $p\mid b$ dir. O zaman $(1)$ de sol taraf $p^3$ ile bölünür, ancak sağ taraf bölünmez. Demek ki $p\nmid ab$ dir. $b$ nin $\pmod p$ deki tersi $b^{-1}$ olmak üzere $c \equiv ab^{-1}\pmod p$ olsun. $p\mid a^3+b^3$ olduğundan $c^3 \equiv -1 \pmod p$ elde edilir. Fermat Teoremi'nden dolayı $c^{6k+4}\equiv 1 \pmod p$ dir. Buradan $c \equiv -1 \pmod p$, yani $p \mid a+b$ sonucu çıkar ve $505 \mid a+b$ olur.

Diğer taraftan, $a$ ve $b$'nin ya her ikisi de tektir ya da ikisi de çifttir.

1. Durum: $a$ ve $b$ tektir.
$(1)$ den $4\mid a+b$ dir. O halde $2020 \mid a+b$ ve $2020 \leq a+b$ elde edilir. $(1)$ den $a^2-ab+b^2 \leq ab +4$ sonucu çıkar. $(a-b)^2 \leq 4 \implies $ $|a-b|=0$ veya $2$ dir. $a=b$ için çözüm olmadığı kolayca görülür. $|a-b|=2$ için $a+b=2020$ olur ve $(1011, 1009)$ ve $(1009, 1011)$ çözümleri bulunur.

2. Durum: $a$ ve $b$ çifttir.
$a=2x$, $b=2y$ olur. $(1)$ de yerine yazarsak
$$ (x+y)(x^2 - xy + y^2) = 2\cdot 5 \cdot 101 \cdot (xy+1) \tag{2}$$
eşitliği elde edilir. $x$ ve $y$ nin ya her ikisi de çifttir ya da ikisi de tektir. $2\mid x+y $ olur. $505 \mid a+b = 2(x+y) $ olduğundan $505 \mid x+y$ olduğunu biliyoruz. Sonuç olarak $1010 \mid x+y $ ve $1010 \leq x+y$ ede edilir. $(2)$ den $x^2 - xy +y^2 \leq xy +1$ dir. $(x-y)^2 \leq 1 \implies |x-y|\leq 1\implies x=y$ olur. Ancak bu durumda $(2)$ yi sağlayan tam sayılar bulunmadığı kolayca görülür.

Tüm çözümler, $(1011, 1009)$ ve $(1009, 1011)$ olarak bulunur.

$A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ teğetler dörtgeninin çevre uzunluğu $p_{1}$, köşegenlerinin uzunlukları toplamı $k_{1}$ ve $B_{1} B_{2} B_{3} B_{4}$ teğetler dörtgeninin çevre uzunluğu $p_{2},$ köşegenlerinin uzunlukları toplamı $k_{2}$ olmak üzere
$$p_{1}^{2}+p_{2}^{2}=\left(k_{1}+k_{2}\right)^{2}$$
ise $A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}$ ve $B_{1} B_{2} B_{3} B_{4}$ dörtgenlerinin eş kareler olduğunu gösteriniz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm:

$A_1A_2A_3A_4$ dörtgeni için Ptolemy eşitsizliğinden $$|A_1A_2|\cdot |A_3A_4|+|A_1A_4|\cdot |A_2A_3|\geq |A_1A_3|\cdot |A_2A_4|\tag{1}$$ olur. Ayrıca paralelkenar eşitsizliğinden $$|A_1A_2|^2+|A_2A_3|^2+|A_3A_4|^2+|A_4A_1|^2\geq |A_1A_3|^2+|A_2A_4|^2\tag{2}$$ olduğunu biliyoruz. $(1)$ no'lu eşitsizliği $2$ ile çarpıp $(2)$ no'lu eşitsizlikle toplarsak $$\left ( |A_1A_2|+|A_3A_4| \right )^2+\left ( |A_1A_4|+|A_2A_3| \right )^2\geq \left ( |A_1A_3|+|A_2A_4| \right )^2$$ elde ederiz. $A_1A_2A_3A_4$ dörtgeni, teğetler dörtgeni olduğundan $|A_1A_2|+|A_3A_4|=|A_1A_4|+|A_2A_3|=\dfrac{p_1}{2}$ eşitliği sağlanır. $|A_1A_3|+|A_2A_4|=k_1$ olduğundan $$\dfrac{p_1^2}{2}\geq k_1^2\Rightarrow p_1^2\geq 2k_1^2$$ elde edilir. Aynı işlemleri $B_1B_2B_3B_4$ teğetler dörtgenine uygularsak, benzer şekilde $p_2^2\geq 2k_2^2$ elde ederiz. Elde ettiğimiz eşitsizlikleri toplayalım. $$p_1^2+p_2^2\geq 2\left (k_1^2+k_2^2 \right)\Rightarrow \left (k_1+k_2\right )^2\geq 2\left (k_1^2+k_2^2 \right)\Rightarrow 0\geq (k_1-k_2)^2\Rightarrow k_1=k_2$$ bulunur. Elde ettiğimiz son eşitsizlikte eşitlik durumu olduğundan önceki tüm eşitsizliklerde de eşitlik durumu sağlanmalıdır. Ptolemy eşitsizliğinin eşitlik durumu kirişler dörtgeni olmak ve paralelkenar eşitsizliğinin eşitlik durumunun paralelkenar olmak olduğundan $A_1A_2A_3A_4$ ve $B_1B_2B_3B_4$ dörtgenlerinin dikdörtgen olması gerekir ve bu dörtgenler ayrıca teğetler dörtgeni olduklarından dolayı kare olmak zorundadırlar. $k_1=k_2$ elde ettiğimiz için bu karelerin köşegen uzunlukları birbirlerine eşittir. Dolayısıyla $A_1A_2A_3A_4$ ve $B_1B_2B_3B_4$ teğet dörtgenleri eş karelerdir.

$66$ cücenin toplam $111$ kavuğu vardır. Kavuklardan her biri bir cüceye aittir ve belirli $66$ renkten birine boyalıdır. Bu cücelerin her birinin kendine ait bir kavuğu giyerek katıldığı şenlikler düzenleniyor. Şenliklerin hiçbirinde aynı renkli kavuk giyen iki cüce bulunmamaktadır. Şenliklerin herhangi ikisi için bu şenliklerde farklı renkte kavuk giyen en az bir cüce bulunmaktadır. Düzenlenen şenlik sayısının alabileceği en büyük değeri bulunuz.

(Azer Kerimov)

$\mathbb{Z}^{+}$ ile pozitif tam sayılar kümesi gösteriliyor. $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ bir fonksiyon olmak üzere her $\ell \in \mathbb{Z}^{+}$ için $f_{\ell}$ ile $\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{\ell \text { tane }}$ bileşke fonksiyonu gösteriliyor. Her $n \in \mathbb{Z}^{+}$ için,
$$
(n-1)^{2020}<\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(n)<n^{2020}+n^{2019}
$$
eşitsizliğini sağlayan tüm $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$ fonksiyonlarını bulunuz.

(Şahin Emrah)

Çözüm:

$n=1$ için $$0<\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(1)<2\Rightarrow \prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(1)=1$$ olur. Fonksiyon pozitif tamsayılardan pozitif tamsayılara tanımlandığından $f(1)=1$ olmalıdır. $f(n)=n$ olduğunu tümevarım ile gösterelim. $n=1$ için doğru olduğunu gösterdik. $n=1,2,\dots,k-1$ için $f(n)=n$ sağlasın. $f(k)=k$ olduğunu gösterelim. Aksini kabul edelim.

$i)$ $f(k)<k$ ise $f(k)=i$ için $f(f(k))=f(i)=i$ olur. Benzer şekilde $(\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{\ell \text { tane }})(k)=i$ olur. $\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(k)=i^{2020}$ olur. Soruda verilen eşitsizlikten $$(k-1)^{2020}<\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(k)=i^{2020}\leq (k-1)^{2020}$$ olur. Çelişki.

$ii)$ $f(k)>k$ ise herhangi bir $t$ için $(\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{t})(k)<k$ değilse $f(k)\geq k+1$ olduğundan $$\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(k)\geq(k+1)\cdot k^{2019}=k^{2020}+k^{2019}$$ olur fakat $\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(k)<k^{2020}+k^{2019}$ olduğundan çelişki elde edilir. Dolayısıyla öyle bir $t$ pozitif tamsayısı vardır ki $(\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{t})(k)<k$ olsun. Bu eşitsizliği sağlayan en küçük $t$'yi ele alalım. $(\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{t-1})(k)=m$ olsun. $k\leq m$ fakat $f(m)=f_{t}(k)<k\leq m$ ve dolayısıyla $f(m)\leq m-1$ olur. Ana eşitsizlikte $n=m$ için $$(m-1)^{2020}<\prod_{\ell=1}^{2020} f_{\ell}(m)\leq (m-1)^{2020}$$ olur. Çelişki. Dolayısıyla tümevarımla göstermiş olduk ki her $n$ pozitif tamsayısı için $\boxed{f(n)=n}$ olmalıdır.

Farklı isimli öğrencilerden oluşan bir sınıfta en az bir arkadaş ikilisi bulunmaktadır. Öğrencilerin bazılarından oluşan bir sıralı listedeki öğrenciler sırayla kalkıp başlangıçta boş olan tahtaya o an tahtada yazılı olmayan bütün sınıf arkadaşlarının isimlerini yazıyor. Listedeki her öğrenci en az bir ismi tahtaya yazdıysa ve en az bir arkadaşa sahip her öğrencinin ismi süreç sonunda tahtada yazılıysa, bu sıralı listeye bir altın liste diyelim. Çift sayıda öğrenciden oluşan bir altın listenin bulunduğunu gösteriniz.

(Selim Bahadır)

$A B C$ üçgeninin $A B$ kenarı üzerinde $D$ ve $A C$ kenarı üzerinde $E$ noktaları $D E \parallel B C$ olacak şekilde veriliyor. $B E$ ile $C D$ nin kesiştiği nokta $P$, $(A P D)$ nin $(B C D)$ yi ikinci kez kestiği nokta $M$, $(A P E)$ nin $(B C E)$ yi ikinci kez kestiği nokta $N$ olsun. $M$ ve $N$ den geçip $B C$ ye teğet olan çember $\omega$ olsun. $\omega$ ya $M$ de ve $N$ de teğet olan doğruların $A P$ üzerinde kesiştiklerini gösteriniz.

Not: $(X Y Z)$ ile XYZ üçgeninin çevrel çemberi gösteriliyor.

(Melih Üçer)

Bir çember üzerinde $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1}, C_{2}$ noktaları $A_{1} A_{2}\parallel B_{1} B_{2}\parallel C_{1} C_{2}$ olacak şekilde veriliyor. Aynı çember üzerindeki bir $M$ noktası için $M A_{1}$ ile $B_{2} C_{2}$ nin kesişimi $X$, $M B_{1}$ ile $A_{2} C_{2}$ nin kesişimi $Y$, $M C_{1}$ ile $A_{2} B_{2}$ nin kesişimi $Z$ olsun. $X, Y, Z$ nin doğrusal olduğunu gösteriniz.

(Melih Üçer)

Çözüm 1:

$A_{1}MB_{1}B_{2}C_{2}A_{2}$ noktalarında Pascal teoremini uygularsak, $XY\parallel A_1A_2$ olur. $A_{1}MC_{1}C_{2}B_{2}A_{2}$ noktalarında Pascal teoremini uygularsak, $XZ\parallel A_1A_2$ olur. $XY\parallel XZ$ bulunur. Yani $X, Y, Z$ noktaları doğrusaldır.

Çözüm 2:

Basit bir çözüm buldum. Paylaşayım.

Çözüm [Lokman Gökçe]: Açı takibi ile $\angle XMY = \angle A_1MB_1 = \angle A_2C_2B_2 = \angle XC_2Y $ olup $XYC_2M$ bir kirişler dörtgenidir. Ayrıca $A_1A_2C_2M$ bir kirişler dörtgeni olduğundan $\angle MA_1A_2 = \angle MC_2Y = 180^\circ - \angle MXY$ olup $A_1A_2 \parallel XY$ elde edilir.

Benzer biçimde $XZB_2M$'nin de bir kirişler dörtgeni olduğunu gösterebiliriz. $\angle XMZ = \angle C_1MA_1 = \angle A_2MA_2 = \angle XB_2Z $ olur. Ayrıca $A_1A_2B_2M$ bir kirişler dörtgeni olduğundan $\angle MA_1A_2 = \angle MB_2Z = 180^\circ - \angle MXZ$ olup $A_1A_2 \parallel XZ$ elde edilir.

$XY \parallel XZ$ olduğundan $X, Y, Z$ noktaları doğrusaldır.

$0<x, y, z<1$ eşitsizliğini sağlayan $x, y, z$ gerçel sayıları için$$\dfrac{x y z(x+y+z)+(x y+y z+z x)(1-x y z)}{x y z \sqrt{1-x y z}}$$ifadesinin alabileceği en küçük değeri bulunuz.

(Fehmi Emre Kadan)

Çözüm 1:

Cevap: $\boxed{6}$

Sırasıyla Aritmetik-Geometrik ve Aritmetik-Harmonik ortalama eşitsizlikleri ile, $$\begin{array}{lcl}
\dfrac{xyz(x+y+z)+(xy+yz+zx)({1-xyz)}}{xyz \sqrt{1-xyz}} &=& \dfrac{x+y+z}{\sqrt{1-xyz}}+( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})\sqrt{1-xyz}
\\ &\geq & 2\sqrt{(x+y+z)(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})}
\\ &\geq & 2\sqrt{9}=6
\end{array}$$ buluruz. Eşitlik durumunu inceleyelim. Aritmetik-Harmonik eşitsizliğin eşitlik durumu için, $x=y=z$ olmalıdır. Bunu Aritmetik-Geometrik eşitsizliğe giren terimlere yazıp eşitlersek, $\dfrac{3x}{\sqrt{1-x^3}}=\dfrac{3\sqrt{1-x^3}}{x}$. Burayı düzenlersek, $x^3+x^2-1=0$. Bu denklemin $(0,1)$ aralığında kökü olduğunu göstermek eşitlik durumunun sağlandığını göstermeye yeterli olacaktır. $x=0$ noktasında polinom $-1$ değerini alır. $x=1$ noktasında ise $1$ değerini aldığından, sürekli fonksiyonlar için ara değer teoremi gereğince, polinomun $(0,1)$ aralığında kökü vardır.

Çözüm 2:

Farklı bir cevap verelim. İki defa aritmetik-geometrik ortalama eşitsizliği uygularak

$$\dfrac{x y z(x+y+z)+(x y+y z+z x)(1-x y z)}{x y z \sqrt{1-x y z}}=\dfrac{x+y+z}{\sqrt{1-xyz}}+\dfrac{xy+yz+zx}{xyz}\sqrt{1-xyz}$$
$$\geq 2\sqrt{\dfrac{(x+y+z)(xy+yz+zx)}{xyz}}\geq 2\sqrt{\dfrac{9xyz}{xyz}}=6$$

elde ederiz. $6$ nın minimum değer olduğunu göstermek için, eşitlik durumu analizi yapmalıyız. Bunun için, önceki çözümde olduğu gibi $$ \dfrac{3x}{\sqrt{1-x^3}}=\dfrac{3\sqrt{1-x^3}}{x} $$ denkleminin $(0,1)$ aralığında kökü olduğunu göstermek yeterlidir.